Олимпиада за участниците във форума

[SimeonPetkov]

Здравейте, колеги! Аз отдавна мислех да завърна "Олимпиадата за участници във форума". И ето, че ще се опитам да я завърна .
Ето линк към нея в Стария Форум.

Олимпиадата, която организирам е подобна на тази в стария форум. Могат да участват малки и големи. Задачите трябва да се решат със знания до $8$ клас. Както колегата от стария форум е пратил линк към всички теореми, които се изучават в $8$ клас. На тези, които им се решава да ми пратят на лично съобщение решението си. Накрая след като изминат дните срок за задачата, ще изпратя моето решение.
Надявам се да има повече желаещи, за да е интересно. В този сайт ще обновявам класирането. Повечето задачи, които ще давам са описателни.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Първа задача - 7 т. - Описателна - Срок до $30$ юли $24:00$ часа
Да се намери най-голямата възможна стойност на $НОД(20x+17y,20y+17x)$, ако числата $x$ и $y$ са взаимнопрости.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ако има някакви въпроси по условията пак може да ми пишете на лично във форума.

[SimeonPetkov]

Понеже никой не ми е изпратил решение по задачата, ще приложа моето решение:

Нека $k$ дели $20x+17y$ и $20y+17x$. [tex]\Rightarrow[/tex]

$k$ дели $20 \times (20y+17x) - 17 \times(20x+17y) = 111y$
$k$ дели $20 \times (20x+17y) - 17 \times(20y+17x) = 111x$

Тоест $k$ дели НОД на $111x$ и $111y$, който е равен на $111$, защото $x$ и $y$ са взаимно прости.
Достига се при $x = 3, y = 114$. ($20x+17y=1998,20y+17x=2331$)

Отговор: $111$.

Надявам се някой да се включи с решение на лично съобщение по втората задача.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Втора задача - 7 т. - Описателна - Срок до $2$ август $24:00$ часа.
Даден е трапец $ABCD$ с основи $AB$ и $CD$. Точките $M$ и $N$ лежат съответно върху отсечките $AB$ и $CD$. Правите $AN$ и $DM$ се пресичат в точка $P$, а правите $BN$ и $CM$ се пресичат в точка $Q$.
Ако лицата на триъгълниците $ADP, PQM$ и $BCQ$ са съответно $10 cm^{2}, 15 cm^{2}$ и $18 cm^{2}$, да се намери лицето на триъгълника $PQN$.

[Евва]

Втора задача- има кратко решение .
[tex]S_{PQN }[/tex]=13 [tex]см.^{2 }[/tex]

Скрит текст: покажи

Вярвам , че и учениците ще се справят .

[nikola.topalov]

geogebra-export (40).png (61.28 KiB) Прегледано 5118 пъти

Понеже [tex]AMND[/tex] и [tex]MBCN[/tex] са трапеци, то [tex]S_{APD}=S_{MNP}=15[/tex] и [tex]S_{BCQ}=S_{MQN}=18[/tex]. И така намираме [tex]S_{MQNP}=S_{MNP}+S_{MQN}=33[/tex]. От друга страна обаче [tex]S_{MQNP}=S_{MQP}+S_{PQN}=10+S_{PQN}[/tex], откъдето след изравняване намираме [tex]S_{PQN}=13[/tex].

[SimeonPetkov]

В решението си съм включил и доказателство защо $S_{ADP} = S_{MNP}$. Случаят за $S_{BCQ} = S_{MQN}$ е аналогичен.
Ще използвам чертежа на nikola.topalov.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Нека височината от т. $D$ до $AM$ в трапеца $AMND$, е $h$ см.
$S_{AMD} = \frac{AM \times h}{2}$

$S_{AMN} = \frac{AM \times h}{2}$ [tex]\Rightarrow[/tex] $S_{AMD} = S_{AMN}$

$S_{AMD} = S_{AMP} + S_{APD}$
$S_{AMN} = S_{AMP} + S_{MNP}$

$S_{AMD} - S_{AMN} = S_{AMP} - S_{AMP} + S_{APD} - S_{MNP}$
$0 = 0 + S_{APD} - S_{MNP}$ [tex]\Rightarrow[/tex] $S_{APD} = S_{MNP}$
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Трета задача - 7 т. - Описателна - Срок до $3$ август $24:00$ часа.
Около кръгла маса са седнали $12$ деца. Те искат да се разделят по двойки, така че, когато децата от всяка двойка се здрависат, да няма пресичания на ръце през масата. По колко начина може да стане това?

[SimeonPetkov]

Искрено се извинявам, че не съм бил активен в скоро време!

Понеже никой не е публикувал решение на задачата, ще публикувам моето.

Задача $7$
Нека $P_{n}$ е броят на разбиванията по двойки с $n$ деца, където $n$ е четно и $P_{2} = 1$ и $P_{4} = 2$.

Ако $n \ge 6$. Разглеждаме първото дете. Ако то се здрависа с някой от съседите си (второто и $n$-то дете), то останалите деца могат да се здрависат по $P_{n-2}$.
Аналогично ако първото дете се здрависа с дете номер $2k$, $(1 < 2k < n)$, останалите деца могат да се здрависат по $P_{2k-2} \times P_{n-2k}$ начина.

Тогава:
$$P_{6} = 2 \times 2 + 1 \times 1 = 5, P_{8} = 2 \times 5 + 2 \times 1 \times 2 = 14$$
$$P_{10} = 2 \times 14 + 2 \times 1 \times 5 + 1 \times 2 \times 2 = 42, P_{12} = 2 \times 42 + 2 \times 1 \times 14 + 2 \times 2 \times 5 = 132$$

Нова задача:

Четвърта задача - 5 т. - Описателна - Срок до $16$ август $24:00$ часа
Сумата на пет естествени различни числа е кратна на $6$. Намерете тази сума, ако е известно, че сумата на всеки четири от тях е не по-малка от $46$, а сумата на всеки три е не по-голяма от $36$.

[Jack]

Искрено се извинявам, че не съм бил активен в скоро време!

Понеже никой не е публикувал решение на задачата, ще публикувам моето.

Задача $7$
Нека $P_{n}$ е броят на разбиванията по двойки с $n$ деца, където $n$ е четно и $P_{2} = 1$ и $P_{4} = 2$.

Ако $n \ge 6$. Разглеждаме първото дете. Ако то се здрависа с някой от съседите си (второто и $n$-то дете), то останалите деца могат да се здрависат по $P_{n-2}$.
Аналогично ако първото дете се здрависа с дете номер $2k$, $(1 < 2k < n)$, останалите деца могат да се здрависат по $P_{2k-2} \times P_{n-2k}$ начина.

Тогава:
$$P_{6} = 2 \times 2 + 1 \times 1 = 5, P_{8} = 2 \times 5 + 2 \times 1 \times 2 = 14$$
$$P_{10} = 2 \times 14 + 2 \times 1 \times 5 + 1 \times 2 \times 2 = 42, P_{12} = 2 \times 42 + 2 \times 1 \times 14 + 2 \times 2 \times 5 = 132$$

Нова задача:

Четвърта задача - 5 т. - Описателна - Срок до $16$ август $24:00$ часа
Сумата на пет естествени различни числа е кратна на $6$. Намерете тази сума, ако е известно, че сумата на всеки четири от тях е не по-малка от $46$, а сумата на всеки три е не по-голяма от $36$.

Нека числата са $a,b,c,d,e$ и $a < b < c < d < e$.

$a + b + c + d \ge 46$
$a + b + c + e \ge 46$
$a + b + d + e \ge 46$
$a + c + d + e \ge 46$
$b + c + d + e \ge 46$

$4(a+b+c+d+e) \ge 5 \times 46$
$4(a+b+c+d+e) \ge 230$ [tex]\Rightarrow[/tex] $a+b+c+d+e \ge 58$

$a+b+c \le 36$
$a+b+d \le 36$
$a+b+e \le 36$
$a+c+d \le 36$
$a+c+e \le 36$
$a+d+e \le 36$
$b+c+d \le 36$
$b+c+e \le 36$
$b+d+e \le 36$
$c+d+e \le 36$

$6(a+b+c+d+e) \le 10 \times 36$
$a+b+c+d+e \le 60$

Отговор: 60

[peyo]

Четвърта задача - 5 т. - Описателна - Срок до $16$ август $24:00$ часа
Сумата на пет естествени различни числа е кратна на $6$. Намерете тази сума, ако е известно, че сумата на всеки четири от тях е не по-малка от $46$, а сумата на всеки три е не по-голяма от $36$.

Нека числата са $a,b,c,d,e$ и $a < b < c < d < e$.

$a + b + c + d \ge 46$
$a + b + c + e \ge 46$
$a + b + d + e \ge 46$
$a + c + d + e \ge 46$
$b + c + d + e \ge 46$

$4(a+b+c+d+e) \ge 5 \times 46$
$4(a+b+c+d+e) \ge 230$ [tex]\Rightarrow[/tex] $a+b+c+d+e \ge 58$

$a+b+c \le 36$
$a+b+d \le 36$
$a+b+e \le 36$
$a+c+d \le 36$
$a+c+e \le 36$
$a+d+e \le 36$
$b+c+d \le 36$
$b+c+e \le 36$
$b+d+e \le 36$
$c+d+e \le 36$

$6(a+b+c+d+e) \le 10 \times 36$
$a+b+c+d+e \le 60$

Отговор: 60

Доколкото разбирам горното доказателство твърди, че ако има решение то ще е 60.
Но дали има решение? Допълнителните условия, е числата са различни и цели и положителни не виждам да са адресирани. Аз подозирам, че няма решение.

[Genie_Almo]

Доколкото разбирам горното доказателство твърди, че ако има решение то ще е 60.
Но дали има решение? Допълнителните условия, е числата са различни и цели и положителни не виждам да са адресирани. Аз подозирам, че няма решение.

Точно така, peyo. Това, което Jack предположи, но не използва е, че $a<b<c<d<e$ .

От $a + b + c + d \ge 46 => d\ge13$ . В противен случай $max(a + b + c + d) = 9+10+11+12 = 42$ , което противоречи на условието.

От друга страна $c+d+e \le 36 => c\le9$ . В противен случай $ min(c+d+e) = 10+13+14 = 37$, което противоречи на условието.

Следователно $max(a+b+c)=7+8+9=24$

Връщаме се към първото неравенство:

$46\le a+b+c+d \le 24+d => d \ge 22$

Да, но това вече означава, че $ min(c+d+e) = 9+22+23=54$, което противоречи на условието.

Лично на мен не ми се струва логично условието за различност на числата в постановката на тази задача. Иначе идеята на Jack ми хареса и тя е напълно валидна, ако числата не са задължително различни.

[Genie_Almo]

Допуснах малка грешка в горните разсъждения, която обаче не повлиява на крайния резултат.

От $d \ge 22 => min(c+d+e) = 3+22+23 = 48$ , (а не $54$) което също противоречи на условието.

[KOPMOPAH]

Не изключвам възможността да греша, но ми се струва, че условието за РАЗЛИЧНОСТ е причината задачата да няма решение не само сред естествените, но дори и сред реалните числа.

[pal702004]

Не изключвам възможността да греша, но ми се струва, че условието за РАЗЛИЧНОСТ е причината задачата да няма решение не само сред естествените, но дори и сред реалните числа.

С условието сбора им да е 60, няма решение в реални числа, разбита се: Нека $x_1<x_2<x_3<x_4<x_5$
И $x_3+x_4+x_5 \le 36$
Откъдето $x_1+x_2\ge 24$

Което означава, че поне едно число от тройката ("големите") трябва да е по-малко от 12 и поне едно число от двойката (малките) - по голямо от 12 - противоречие.

Без това условие има решения, например $11;11.5;11.7;11.8;12$

[SimeonPetkov]

Забележките са правилни и задачата няма решение!

Пета задача - 3 т.
Да се докаже, че $a^{2} + b^{2} \ge 2ab$ за произволни числа $a$ и $b$.

Шеста задача - 7 т.
Да се докаже, че за всеки три положителни числа $a$, $b$ и $c$ е в сила $\frac{a}{b} + \frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge 3$.
Подсказка: Използвайте предишната задача

Надявам се да видя красиви и интересни решения.

[pal702004]

Изключително лесни задачи на тема неравенство м/у средно аритметично и геометрично - по определение. Да не говорим, че първата е $(a-b)^2 \ge 0$, което пак си е AM-GM де.

[Tilko]

Във въпроса за разделянето на 12 деца по двойки без пресичане на ръце през масата...
Броят начини, по които децата могат да се сдвоят без пресичане на ръце, може да се изчисли с формулата за n-тото число на Каталан:
За нашия случай, където имаме 12 деца, можем да изчислим C(6), тъй като n = 12/2 = 6 (понеже по две деца образуват една двойка).
Изчислявайки рекурсивно, получаваме:
Cn = (2n)! / ((n + 1)! * n!)
C6 = (2 * 6)! / ((6 + 1)! * 6!) = 12! / (7! * 6!) = (12 * 11 * 10 * 9 * 8 * 7!)/(7! * 6!) = (12 * 11 * 10 * 9 * 8)/(6!) = 132.
Така че има 132 начина децата да се сдвоят без пресичане на ръце.

[Tilko]

Забележките са правилни и задачата няма решение!

Пета задача - 3 т.
Да се докаже, че $a^{2} + b^{2} \ge 2ab$ за произволни числа $a$ и $b$.

Шеста задача - 7 т.
Да се докаже, че за всеки три положителни числа $a$, $b$ и $c$ е в сила $\frac{a}{b} + \frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge 3$.
Подсказка: Използвайте предишната задача

Надявам се да видя красиви и интересни решения.

зад. 5
Това може да се докаже чрез прилагане на тъждеството [tex](a-b)^{2 }[/tex] = [tex]a^{2 }[/tex] - 2ab + [tex]b^{2 }[/tex]. Тъй като квадратът на всяко число не може да е отрицателен, то [tex](a-b)^{2 }[/tex] [tex]\ge[/tex] 0. Следователно, [tex]а^{2 }[/tex] - 2ab + [tex]b^{2 }[/tex] [tex]\ge[/tex] 0. Ако добавим 2ab към двете страни на неравенството, получаваме [tex]a^{2 }[/tex] + [tex]b^{2 }[/tex] [tex]\ge[/tex] 2ab.
Следователно, [tex]a^{2+b }[/tex] [tex]\ge[/tex] 2ab за произволни числа a и b.

зад. 6
Може да се докаже чрез неравенството на Чебишев. Нека a, b и c са три положителни числа, така че a [tex]\le[/tex] b [tex]\le[/tex] c. Тогава, според неравенството на Чебишев, имаме (a + b + c) * ([tex]\frac{1}{a}[/tex] + [tex]\frac{1}{b}[/tex] + [tex]\frac{1}{c}[/tex]) [tex]\ge[/tex] [tex](1 + 1 + 1)^{2 }[/tex]. Следователно, [tex]\frac{a}{b}[/tex] + [tex]\frac{a}{c}[/tex] + [tex]\frac{c}{a}[/tex] = (a + b + c) * ([tex]\frac{1}{a}[/tex] + [tex]\frac{1}{b}[/tex] + [tex]\frac{1}{c}[/tex]) - 3 [tex]\ge[/tex] [tex]3^{2 }[/tex] - 3 = 6 , [tex]\Rightarrow[/tex] за всеки три положителни числа a, b и c е в сила [tex]\frac{a}{b}[/tex]+[tex]\frac{b}{c}[/tex]+[tex]\frac{c}{a}[/tex] [tex]\ge[/tex] 3.